KCET 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,उपग्रह के आवर्तकाल $T$ का वर्ग उसकी कक्षा की त्रिज्या $R$ के घन के समानुपाती होता है,जिसे $T^2 \propto R^3$ द्वारा दर्शाया जाता है।
इसका अर्थ है कि $T = 2\pi \sqrt{\frac{R^3}{GM}}$,जहाँ $G$ गुरुत्वाकर्षण नियतांक है और $M$ ग्रह का द्रव्यमान है।
ध्यान दें कि आवर्तकाल $T$ केवल कक्षा की त्रिज्या $R$ और केंद्रीय ग्रह के द्रव्यमान $M$ पर निर्भर करता है।
यह उपग्रह के द्रव्यमान $m$ से स्वतंत्र है।
चूंकि दोनों उपग्रह एक ही ग्रह के चारों ओर समान त्रिज्या $R$ पर परिक्रमा कर रहे हैं,इसलिए उनके आवर्तकाल समान होंगे।
अतः,उनके परिक्रमण काल का अनुपात $1: 1$ है।

(A) किसी वस्तु का तापमान बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = mc\Delta T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है,$c$ विशिष्ट ऊष्मा धारिता है और $\Delta T$ तापमान में परिवर्तन है।
चूंकि गोले एक ही पदार्थ (तांबा) से बने हैं,इसलिए $c$ स्थिर है। दिए गए $\Delta T = 1 \ K$ के लिए,$Q \propto m$ होता है।
गोले का द्रव्यमान $m = \rho V$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\rho$ घनत्व है और $V$ आयतन है।
$V = \frac{4}{3}\pi r^3$ है,इसलिए $m \propto r^3$ होता है।
अतः,$Q \propto r^3$ होगा।
आवश्यक ऊष्मा का अनुपात $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{r_1^3}{r_2^3} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^3$ होगा।
दिया गया है कि $r_1 = 1.5 r_2$,इसलिए $\frac{r_1}{r_2} = 1.5 = \frac{3}{2}$ है।
इस प्रकार,$\frac{Q_1}{Q_2} = \left(\frac{3}{2}\right)^3 = \frac{27}{8}$ प्राप्त होता है।

(D) चार्ल्स के नियम के अनुसार,स्थिर दाब पर गैस की निश्चित मात्रा के लिए,आयतन उसके परम तापमान के समानुपाती होता है: $V \propto T$ या $\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2}$।
दिया गया प्रारंभिक तापमान $T_1 = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 \ K$ है।
माना प्रारंभिक आयतन $V_1 = V$ है। तब अंतिम आयतन $V_2 = 2V$ होगा।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $\frac{V}{300} = \frac{2V}{T_2}$।
$T_2$ के लिए हल करने पर: $T_2 = 300 \times 2 = 600 \ K$।
अंतिम तापमान को सेल्सियस में बदलने पर: $T_2 = 600 - 273 = 327^{\circ} C$।
तापमान में वृद्धि $\Delta T = T_2 - T_1 = 327^{\circ} C - 27^{\circ} C = 300^{\circ} C$ होगी।

(D) $1$. निकाय का कुल द्रव्यमान $(A + B) = 2 \, kg + 8 \, kg = 10 \, kg$ है।
$2$. ब्लॉक $B$ और क्षैतिज फर्श के बीच अधिकतम स्थैतिक घर्षण (सीमांत घर्षण) $f_{max} = \mu_s N$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $N$ फर्श द्वारा लगाया गया अभिलंब बल है।
$3$. अभिलंब बल $N = (m_A + m_B)g = 10 \, kg \times 10 \, ms^{-2} = 100 \, N$ है।
$4$. अतः, $f_{max} = 0.5 \times 100 \, N = 50 \, N$ प्राप्त होता है।
$5$. ब्लॉक $B$ पर लगाया गया क्षैतिज बल $F_{app} = 10 \, N$ है।
$6$. चूँकि $F_{app} < f_{max}$ $(10 \, N < 50 \, N)$, पूरा निकाय स्थिर रहेगा।
$7$. चूँकि निकाय स्थिर है और ब्लॉक $A$ पर कोई बाहरी बल कार्य नहीं कर रहा है, इसलिए ब्लॉक $A$ और $B$ के बीच घर्षण बल शून्य होगा।

(D) मान लीजिए कि दो बल $F_1$ और $F_2$ हैं। उनके बीच का कोण $\theta = 120^{\circ}$ है।
मान लीजिए कि परिणामी बल $R = 10 \,kg$-wt, बल $F_1$ के लंबवत है।
परिणामी बल द्वारा $F_1$ के साथ बनाए गए कोण $\alpha$ के लिए सूत्र:
$\tan \alpha = \frac{F_2 \sin \theta}{F_1 + F_2 \cos \theta}$
चूंकि परिणामी बल $F_1$ के लंबवत है, $\alpha = 90^{\circ}$, इसलिए $\tan 90^{\circ} = \infty$.
इसका अर्थ है कि हर (denominator) शून्य होना चाहिए: $F_1 + F_2 \cos 120^{\circ} = 0$.
$F_1 + F_2 (-0.5) = 0 \implies F_1 = 0.5 F_2 \implies F_2 = 2 F_1$.
परिणामी बल का परिमाण $R^2 = F_1^2 + F_2^2 + 2 F_1 F_2 \cos 120^{\circ}$ द्वारा दिया जाता है।
$10^2 = F_1^2 + (2 F_1)^2 + 2 F_1 (2 F_1) (-0.5)$.
$100 = F_1^2 + 4 F_1^2 - 2 F_1^2 = 3 F_1^2$.
$F_1^2 = \frac{100}{3} \implies F_1 = \frac{10}{\sqrt{3}} \,kg$-wt.
अतः, परिणामी बल के लंबवत बल $\frac{10}{\sqrt{3}} \,kg$-wt है।

(C) केश नली में पानी की ऊँचाई का सूत्र इस प्रकार है:
$h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$
जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है,$\theta$ संपर्क कोण है,$r$ केश नली की त्रिज्या है,$\rho$ द्रव का घनत्व है,और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
इस सूत्र से,हम देख सकते हैं कि $h \propto \frac{1}{r}$।
चूँकि ऊँचाई $h$ नली की त्रिज्या $r$ के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए छोटे व्यास (छोटी त्रिज्या) वाली नली में पानी का स्तर अधिक ऊँचाई तक चढ़ेगा।

(A) माना प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है। चूंकि आयतन स्थिर रहता है, $8$ छोटी बूंदों का आयतन बड़ी बूंद के आयतन के बराबर होगा:
$8 \cdot (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$
$R^3 = 8r^3 \implies R = 2r$.
टर्मिनल वेग $v_t$ का सूत्र $v_t = \frac{2}{9} \frac{r^2(\rho - \sigma)g}{\eta}$ है, जिसका अर्थ है $v_t \propto r^2$.
माना $v_1$ छोटी बूंद का टर्मिनल वेग है और $v_2$ बड़ी बूंद का टर्मिनल वेग है。
$\frac{v_2}{v_1} = \frac{R^2}{r^2} = \frac{(2r)^2}{r^2} = 4$.
दिया गया है $v_1 = 10 \,cm \,s^{-1}$, इसलिए $v_2 = 4 \cdot 10 \,cm \,s^{-1} = 40 \,cm \,s^{-1}$.

(A) तार का विस्तार $e$ सूत्र $e = \frac{FL}{AY}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $F$ लगाया गया बल है,$L$ लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $Y$ यंग मापांक है।
चूँकि $A = \pi r^2$,इसलिए $e = \frac{FL}{\pi r^2 Y}$ होता है।
यह देखते हुए कि $F$ और $Y$ सभी तारों के लिए समान हैं,विस्तार $\frac{L}{r^2}$ के अनुपात के समानुपाती है,अर्थात $e \propto \frac{L}{r^2}$।
आइए प्रत्येक विकल्प के लिए $\frac{L}{r^2}$ का मान ज्ञात करें:
विकल्प $A$ के लिए: $\frac{100}{(0.2)^2} = \frac{100}{0.04} = 2500$.
विकल्प $B$ के लिए: $\frac{200}{(0.4)^2} = \frac{200}{0.16} = 1250$.
विकल्प $C$ के लिए: $\frac{300}{(0.6)^2} = \frac{300}{0.36} \approx 833.3$.
विकल्प $D$ के लिए: $\frac{400}{(0.8)^2} = \frac{400}{0.64} = 625$.
इन मानों की तुलना करने पर,विकल्प $A$ वाले तार के लिए $\frac{L}{r^2}$ का मान सबसे अधिक है,इसलिए इसमें सबसे अधिक विस्तार होगा।

(D) परिभाषा के अनुसार,विस्थापन-समय ग्राफ की ढाल (slope) कण का वेग दर्शाती है।
$v = \tan \theta$
दिए गए कोण $\theta_1 = 30^{\circ}$ और $\theta_2 = 45^{\circ}$ हैं।
उनके वेगों का अनुपात इस प्रकार है:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{\tan \theta_1}{\tan \theta_2}$
मान रखने पर:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{\tan 30^{\circ}}{\tan 45^{\circ}}$
चूँकि $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ और $\tan 45^{\circ} = 1$ होता है,इसलिए:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{1/\sqrt{3}}{1} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
अतः,वेगों का अनुपात $1: \sqrt{3}$ है।

(C) प्रक्षेप्य के लिए गति के समीकरण इस प्रकार दिए गए हैं:
$x = 6t$ $(i)$
$y = 8t - 5t^2$ (ii)
इन्हें प्रक्षेप्य गति के मानक समीकरणों के साथ तुलना करने पर:
$x = (u \cos \theta)t$
$y = (u \sin \theta)t - \frac{1}{2}gt^2$
समीकरण $(i)$ से,वेग का क्षैतिज घटक $u_x = u \cos \theta = 6 \text{ m/s}$ है।
समीकरण (ii) से,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक $u_y = u \sin \theta = 8 \text{ m/s}$ है।
प्रारंभिक प्रक्षेपण वेग $u$ का परिमाण इस प्रकार है:
$u = \sqrt{u_x^2 + u_y^2}$
$u = \sqrt{6^2 + 8^2}$
$u = \sqrt{36 + 64}$
$u = \sqrt{100}$
$u = 10 \text{ m/s}$.

(B) माध्य स्थिति से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति के लिए विस्थापन समीकरण $y = a \sin(\omega t)$ है, जहाँ $\omega = \frac{2\pi}{T}$ है।
यहाँ कण माध्य स्थिति $(y = 0)$ से आयाम के आधे $(y = a/2)$ तक जाता है, इसलिए:
$\frac{a}{2} = a \sin\left(\frac{2\pi}{T} t\right)$
$\frac{1}{2} = \sin\left(\frac{2\pi}{T} t\right)$
चूँकि $\sin(\pi/6) = 1/2$, इसलिए:
$\frac{2\pi}{T} t = \frac{\pi}{6}$
$t$ के लिए हल करने पर:
$t = \frac{T}{12}$
दिया गया आवर्तकाल $T = 6 \,s$ है, अतः:
$t = \frac{6}{12} = 0.5 \,s = \frac{1}{2} \,s$.

(D) बिना फिसले लुढ़कने वाली वस्तु की कुल गतिज ऊर्जा $(KE)$ उसकी स्थानांतरीय गतिज ऊर्जा और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग होती है।
$KE = KE_{\text{trans}} + KE_{\text{rot}}$
$KE = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}$
एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} m R^{2}$ होता है और बिना फिसले लुढ़कने की शर्त $v = R \omega$ है,जिसका अर्थ है $\omega = \frac{v}{R}$।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$KE = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m R^{2}) (\frac{v}{R})^{2}$
$KE = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m v^{2})$
$KE = \frac{1}{2} m v^{2} (1 + \frac{2}{5})$
$KE = \frac{1}{2} m v^{2} (\frac{7}{5})$
$KE = \frac{7}{10} m v^{2}$

(A) दिया गया है कि छड़ें समान हैं,इसलिए प्रत्येक छड़ की लंबाई $l$ और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A_{area}$ मान लें।
मान लीजिए $K_{A}, K_{B}, K_{C}$ क्रमशः छड़ों $A, B, C$ की ऊष्मीय चालकताएँ हैं।
प्रश्न के अनुसार:
$K_{B} = \frac{1}{2} K_{A}$
$K_{B} = 3 K_{C} \implies K_{C} = \frac{K_{B}}{3} = \frac{K_{A}}{6}$
चूंकि छड़ें श्रेणी क्रम में जुड़ी हुई हैं,इसलिए तुल्य ऊष्मीय प्रतिरोध $R_{eq}$ व्यक्तिगत प्रतिरोधों का योग होगा:
$R_{eq} = R_{A} + R_{B} + R_{C}$
$\frac{3l}{K_{eq} A_{area}} = \frac{l}{K_{A} A_{area}} + \frac{l}{K_{B} A_{area}} + \frac{l}{K_{C} A_{area}}$
$\frac{3}{K_{eq}} = \frac{1}{K_{A}} + \frac{1}{K_{A}/2} + \frac{1}{K_{A}/6}$
$\frac{3}{K_{eq}} = \frac{1}{K_{A}} + \frac{2}{K_{A}} + \frac{6}{K_{A}}$
$\frac{3}{K_{eq}} = \frac{9}{K_{A}}$
$K_{eq} = \frac{3 K_{A}}{9} = \frac{1}{3} K_{A}$

(C) वीन के विस्थापन नियम के अनुसार, अधिकतम तीव्रता के संगत तरंगदैर्ध्य $(\lambda_{m})$ परम ताप $(T)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है, अर्थात $\lambda_{m} T = \text{नियतांक}$.
चूँकि आवृत्ति $\nu_{m}$ तरंगदैर्ध्य से $\nu_{m} = c / \lambda_{m}$ द्वारा संबंधित है, हम विस्थापन नियम में $\lambda_{m} = c / \nu_{m}$ प्रतिस्थापित कर सकते हैं।
इससे $(c / \nu_{m}) T = \text{नियतांक}$ प्राप्त होता है, जिसे सरल करने पर $\nu_{m} / T = \text{नियतांक}'$ या $\nu_{m} \propto T$ प्राप्त होता है।
अतः, एक पूर्णतः कृष्णिका के लिए $\nu_{m}$ बनाम $T$ का ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है, जो दी गई आकृति में रेखा $C$ के अनुरूप है।

(B) दिया गया तरंग समीकरण $y = 10 \sin \left( \frac{2 \pi}{45} t + \alpha \right)$ है।
$t = 0$ पर,विस्थापन $y = 5 \text{ cm}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $5 = 10 \sin \left( \frac{2 \pi}{45} \times 0 + \alpha \right) = 10 \sin \alpha$.
अतः,$\sin \alpha = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$,जिससे $\alpha = \frac{\pi}{6}$ प्राप्त होता है।
तरंग की कुल कला $\phi = \frac{2 \pi}{45} t + \alpha$ द्वारा दी जाती है।
$t = 7.5 \text{ s} = \frac{15}{2} \text{ s}$ पर,कुल कला:
$\phi = \frac{2 \pi}{45} \times \frac{15}{2} + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6}$.
$\phi = \frac{2 \pi + \pi}{6} = \frac{3 \pi}{6} = \frac{\pi}{2}$.

(C) माना अज्ञात आवृत्ति $n \,Hz$ है।
$A$ $(n_A = 258 \,Hz)$ के साथ बीट आवृत्ति $x = |n - 258|$ है।
$B$ $(n_B = 262 \,Hz)$ के साथ बीट आवृत्ति $2x = |n - 262|$ है।
यदि $n < 258$ है, तो $x = 258 - n$.
तब $2x = |n - 262| = 262 - n$.
$x$ का मान रखने पर: $2(258 - n) = 262 - n$.
$516 - 2n = 262 - n$.
$n = 516 - 262 = 254 \,Hz$.
शर्त की जाँच करने पर: यदि $n = 254 \,Hz$ है, तो $A$ के साथ बीट्स $|254 - 258| = 4 \,Hz$ हैं।
$B$ के साथ बीट्स $|254 - 262| = 8 \,Hz$ हैं।
चूंकि $8 = 2 \times 4$, इसलिए शर्त पूरी होती है।

$(A)$ तने हुए तार की मूल आवृत्ति का सूत्र है: $f = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$, जहाँ $\mu = \pi r^2 \rho$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है。
$\mu$ का मान रखने पर: $f = \frac{1}{2lr} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
प्रारंभिक शर्तें: $f_1 = 600 \,Hz$, लंबाई $l_1 = l$, त्रिज्या $r_1 = r$, और तनाव $T_1 = T$.
नई शर्तें: $l_2 = 2l$, $r_2 = r/2$, और $T_2 = T/9$.
आवृत्तियों का अनुपात: $\frac{f_2}{f_1} = \frac{l_1}{l_2} \times \frac{r_1}{r_2} \times \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
मान रखने पर: $\frac{f_2}{600} = \frac{l}{2l} \times \frac{r}{r/2} \times \sqrt{\frac{T/9}{T}}$.
$\frac{f_2}{600} = \frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{\frac{1}{9}} = 1 \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$.
अतः, $f_2 = \frac{600}{3} = 200 \,Hz$.

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 5 \,kg$,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_i = 490 \,J$,गुरुत्वीय त्वरण $g = 9.8 \,ms^{-2}$।
आवश्यक ऊँचाई $h$ पर,गतिज ऊर्जा $KE_f$ प्रारंभिक मान की आधी हो जाती है:
$KE_f = \frac{1}{2} KE_i = \frac{490}{2} = 245 \,J$।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल यांत्रिक ऊर्जा स्थिर रहती है:
$KE_i = KE_f + PE_f$
$KE_i = KE_f + mgh$
मान रखने पर:
$490 = 245 + 5 \times 9.8 \times h$
$490 - 245 = 49 \times h$
$245 = 49h$
$h = \frac{245}{49} = 5 \,m$।
अतः,ऊँचाई $5 \,m$ है।

(D) ट्रांसफार्मर एक विद्युत उपकरण है जो विद्युतचुंबकीय प्रेरण के माध्यम से दो या दो से अधिक सर्किट के बीच विद्युत ऊर्जा को स्थानांतरित करता है।
इसमें दो कुंडलियाँ होती हैं,प्राथमिक कुंडली और द्वितीयक कुंडली,जो चुंबकीय रूप से जुड़ी होती हैं।
जब प्राथमिक कुंडली से प्रत्यावर्ती धारा $(AC)$ प्रवाहित होती है,तो यह एक बदलता हुआ चुंबकीय फ्लक्स उत्पन्न करती है।
यह बदलता हुआ चुंबकीय फ्लक्स द्वितीयक कुंडली से जुड़ जाता है,जिससे उसमें एक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ प्रेरित होता है।
यह घटना,जिसमें एक कुंडली में धारा के परिवर्तन के कारण पास की कुंडली में $EMF$ प्रेरित होता है,अन्योन्य प्रेरण (mutual induction) कहलाती है।
इसलिए,ट्रांसफार्मर अन्योन्य प्रेरण के सिद्धांत पर कार्य करता है।

(A) दिए गए समीकरण $V = V_0 \sin(\omega t)$ और $I = I_0 \sin(\omega t + \phi)$ हैं।
दिए गए मानों के साथ तुलना करने पर,$V_0 = 150 \text{ V}$,$I_0 = 150 \text{ A}$,और कलांतर $\phi = \pi/3 = 60^\circ$ है।
$AC$ परिपथ में व्ययित औसत शक्ति $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $V_{rms} = V_0 / \sqrt{2}$ और $I_{rms} = I_0 / \sqrt{2}$ है,इसलिए सूत्र $P = \frac{1}{2} V_0 I_0 \cos \phi$ हो जाता है।
मान रखने पर: $P = \frac{1}{2} \times 150 \times 150 \times \cos(60^\circ)$.
चूंकि $\cos(60^\circ) = 0.5$,हमें प्राप्त होता है $P = 0.5 \times 150 \times 150 \times 0.5$.
$P = 0.25 \times 22500 = 5625 \text{ W}$.

(D) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 1 \text{ H}$,धारिता $C = 20 \mu\text{F} = 20 \times 10^{-6} \text{ F}$,प्रतिरोध $R = 300 \Omega$,आवृत्ति $f = \frac{50}{\pi} \text{ Hz}$.
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात $X_{L}$ की गणना करें:
$X_{L} = 2 \pi f L = 2 \pi \left(\frac{50}{\pi}\right) \times 1 = 100 \Omega$.
इसके बाद,धारिता प्रतिघात $X_{C}$ की गणना करें:
$X_{C} = \frac{1}{2 \pi f C} = \frac{1}{2 \pi \left(\frac{50}{\pi}\right) \times 20 \times 10^{-6}} = \frac{1}{100 \times 20 \times 10^{-6}} = \frac{1}{2 \times 10^{-3}} = 500 \Omega$.
श्रेणी $L-C-R$ परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ इस प्रकार है:
$Z = \sqrt{R^{2} + (X_{C} - X_{L})^{2}}$.
मान रखने पर:
$Z = \sqrt{(300)^{2} + (500 - 100)^{2}} = \sqrt{300^{2} + 400^{2}} = \sqrt{90000 + 160000} = \sqrt{250000} = 500 \Omega$.

(A) फ्लैश स्पेक्ट्रम पूर्ण सूर्य ग्रहण के दौरान कुछ सेकंड के लिए सौर स्पेक्ट्रम में देखी जाने वाली चमकीली उत्सर्जन रेखाओं की एक श्रृंखला है। जब चंद्रमा सूर्य के चमकीले प्रकाशमंडल (photosphere) को पूरी तरह से ढक लेता है,तो वर्णमंडल (chromosphere) की पतली परत दिखाई देने लगती है,जो इस अद्वितीय उत्सर्जन स्पेक्ट्रम का निर्माण करती है।

(A) जब एक इलेक्ट्रॉन कक्षा $n_1$ से $n_2$ में संक्रमण करता है,तो अवशोषित विकिरण की तरंग दैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
यहाँ $n_1 = 2$ और $n_2 = 4$ दिया गया है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right]$
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right]$
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{4 - 1}{16} \right]$
$\frac{1}{\lambda} = \frac{3 R}{16}$
अतः,तरंग दैर्ध्य $\lambda = \frac{16}{3 R}$ होगी।

(C) रदरफोर्ड के अल्फा-कण प्रकीर्णन प्रयोग से नाभिक की खोज हुई। उनके परमाणु मॉडल ने प्रस्तावित किया कि परमाणु का संपूर्ण धनावेश और अधिकांश द्रव्यमान एक बहुत छोटे केंद्रीय क्षेत्र में केंद्रित होता है जिसे नाभिक कहा जाता है। इसलिए,यह परमाणु के धनावेशित केंद्रीय भाग को समझाने में सफल रहा। यह परमाणुओं की स्थिरता और रेखीय स्पेक्ट्रा की उत्पत्ति को समझाने में विफल रहा,जिसे बाद में बोहर के मॉडल द्वारा स्पष्ट किया गया।

(C) सबसे पहले, संधारित्र $C$ के दाईं ओर के नेटवर्क को सरल बनाएं। $6 \mu F$ और $12 \mu F$ के संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं, जिससे $C_{6,12} = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = 4 \mu F$ प्राप्त होता है। यह $4 \mu F$, $2 \mu F$ संधारित्र के साथ समांतर क्रम में है, जिससे $C_{p1} = 4 + 2 = 6 \mu F$ प्राप्त होता है। यह $6 \mu F$, $4 \mu F$ संधारित्र के साथ श्रेणीक्रम में है, जिससे $C_{s1} = \frac{6 \times 4}{6 + 4} = 2.4 \mu F$ प्राप्त होता है।
इसके बाद, $1 \mu F$ और $2 \mu F$ के संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं, जिससे $C_{1,2} = \frac{1 \times 2}{1 + 2} = \frac{2}{3} \mu F$ प्राप्त होता है। यह $2 \mu F$ संधारित्र के साथ समांतर क्रम में है, जिससे $C_{p2} = \frac{2}{3} + 2 = \frac{8}{3} \mu F$ प्राप्त होता है।
ये दोनों शाखाएं समांतर क्रम में हैं, इसलिए $C_{eq_rest} = 2.4 + \frac{8}{3} = \frac{12}{5} + \frac{8}{3} = \frac{36 + 40}{15} = \frac{76}{15} \mu F$।
अंत में, यह $8 \mu F$ संधारित्र के साथ श्रेणीक्रम में है, जिससे $C_{total_rest} = \frac{(\frac{76}{15}) \times 8}{(\frac{76}{15}) + 8} = \frac{608}{76 + 120} = \frac{608}{196} = \frac{152}{49} \mu F$ प्राप्त होता है।
चूंकि कुल तुल्य धारिता $3 \mu F$ दी गई है, इसलिए $\frac{C \times (152/49)}{C + (152/49)} = 3$। $C$ के लिए हल करने पर $C = 48 \mu F$ प्राप्त होता है।

(B) प्रतिरोधकों के लिए कलर कोड का निर्धारण इस क्रम से किया जाता है: हरा,नीला,भूरा और सिल्वर।
$1$. पहला रंग (हरा) पहला अंक दर्शाता है: $5$।
$2$. दूसरा रंग (नीला) दूसरा अंक दर्शाता है: $6$।
$3$. तीसरा रंग (भूरा) गुणक (multiplier) दर्शाता है: $10^1$।
$4$. चौथा रंग (सिल्वर) टॉलरेंस (tolerance) दर्शाता है: $\pm 10 \%$।
इन सबको मिलाने पर,प्रतिरोध $R = 56 \times 10^1 \Omega \pm 10 \% = 560 \Omega \pm 10 \%$ प्राप्त होता है।

(B) सबसे पहले,$12 \Omega$ और $4 \Omega$ के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_p = \frac{12 \times 4}{12 + 4} = \frac{48}{16} = 3 \Omega$
अब,श्रेणी प्रतिरोध और आंतरिक प्रतिरोध सहित परिपथ का कुल प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_{total} = R_p + 2 \Omega + 1 \Omega = 3 \Omega + 2 \Omega + 1 \Omega = 6 \Omega$
बैटरी से प्रवाहित होने वाली कुल विद्युत धारा $I$:
$I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{12 \text{ V}}{6 \Omega} = 2 \text{ A}$
समानांतर प्रतिरोधों के लिए करंट डिवाइडर नियम का उपयोग करते हुए:
$i_1 = I \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 2 \times \frac{4}{12 + 4} = 2 \times \frac{4}{16} = 0.5 \text{ A}$
$i_2 = I \times \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 2 \times \frac{12}{12 + 4} = 2 \times \frac{12}{16} = 1.5 \text{ A}$
अतः,$i_1 = 0.5 \text{ A}$ और $i_2 = 1.5 \text{ A}$ है।

(B) विद्युत धारा $I$ और अपवाह वेग $v_{d}$ के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $I = n A e v_{d}$.
यहाँ, $n = 10^{29} \,m^{-3}$ इलेक्ट्रॉन घनत्व है, $A = 1 \,mm^{2} = 10^{-6} \,m^{2}$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है, $e = 1.6 \times 10^{-19} \,C$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है, और $I = 20 \,A$ है।
अपवाह वेग के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $v_{d} = \frac{I}{n A e}$.
मान रखने पर: $v_{d} = \frac{20}{10^{29} \times 10^{-6} \times 1.6 \times 10^{-19}}$.
$v_{d} = \frac{20}{1.6 \times 10^{4}} = \frac{20}{16000} = 1.25 \times 10^{-3} \,ms^{-1}$.

(A) एक चालक के लिए,प्रतिरोध $R$ को $V-I$ ग्राफ के ढाल (slope) द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $R = \frac{V}{I}$ है।
चित्र से,$T_{1}$ के संगत रेखा का ढाल $T_{2}$ के संगत रेखा के ढाल से अधिक है।
इसलिए,$R_{1} > R_{2}$ है।
धात्विक चालक के लिए,तापमान बढ़ने पर प्रतिरोध बढ़ता है $(R \propto T)$।
चूंकि $R_{1} > R_{2}$ है,इसलिए $T_{1} > T_{2}$ होगा।

(D) मान लीजिए बिंदु $A$ पर विभव $V_A$ है और बिंदु $B$ पर विभव $V_B$ है। मान लीजिए ऊपरी जंक्शन पर विभव $V_1$ है और निचले जंक्शन पर विभव $V_2$ है।
ऊपरी जंक्शन पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{V_1 - V_A}{R} + \frac{V_1 - V_B}{R} + \frac{V_1 - V_2}{G} = 0$
निचले जंक्शन पर $KCL$ लागू करने पर:
$\frac{V_2 - V_A}{2R} + \frac{V_2 - V_B}{2R} + \frac{V_2 - V_1}{G} = 0$
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर,$G$ वाले पद कट जाते हैं:
$\frac{V_1 - V_A}{R} + \frac{V_1 - V_B}{R} + \frac{V_2 - V_A}{2R} + \frac{V_2 - V_B}{2R} = 0$
$\frac{2(V_1 - V_A) + 2(V_1 - V_B) + (V_2 - V_A) + (V_2 - V_B)}{2R} = 0$
$4V_1 + 2V_2 = 3(V_A + V_B)$
चूंकि दोनों तरफ प्रतिरोधों का अनुपात $\frac{R}{2R} = \frac{1}{2}$ है,इसलिए ब्रिज संतुलित है। अतः,$V_1 = V_2$,और $G$ से होकर बहने वाली धारा शून्य है। कथन $(3)$ सत्य है।
चूंकि $G$ से धारा शून्य है,हम $G$ को हटा सकते हैं। परिपथ दो समानांतर शाखाओं में बदल जाता है: एक $R+R = 2R$ और दूसरी $2R+2R = 4R$ के साथ।
$R_{\text{eff}} = \frac{(2R)(4R)}{2R + 4R} = \frac{8R^2}{6R} = \frac{4}{3} R$। कथन $(2)$ सत्य है।
चूंकि ब्रिज संतुलित होने पर तुल्य प्रतिरोध $G$ से स्वतंत्र होता है,इसलिए कथन $(1)$ भी सत्य है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{mv}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $v$ गति है।
इलेक्ट्रॉन के लिए,तरंगदैर्ध्य $\lambda_{e} = \frac{h}{m_{e}v}$ है।
प्रोटॉन के लिए,तरंगदैर्ध्य $\lambda_{p} = \frac{h}{m_{p}v}$ है।
दोनों तरंगदैर्ध्य का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{h / m_{e}v}{h / m_{p}v} = \frac{m_{p}}{m_{e}}$.
यह दिया गया है कि प्रोटॉन का द्रव्यमान $m_{p} \approx 1.67 \times 10^{-27} \ kg$ और इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $m_{e} \approx 9.11 \times 10^{-31} \ kg$ है,इसलिए अनुपात:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{1.67 \times 10^{-27}}{9.11 \times 10^{-31}} \approx 1833 \approx 1836$ (मानक द्रव्यमान अनुपात का उपयोग करते हुए)।
अतः,अनुपात $\lambda_{e} / \lambda_{p} = 1836$ है।

(D) आइंस्टीन के फोटोइलेक्ट्रिक समीकरण के अनुसार,आपतित फोटॉन की ऊर्जा कार्य फलन $(W)$ और उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(KE)$ के योग के बराबर होती है।
$E = W + KE$
$KE = E - W$
चूंकि $E = \frac{hc}{\lambda}$ और $W = \frac{hc}{\lambda_{0}}$,इसलिए:
$KE = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_{0}}$
$KE = hc \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_{0}} \right)$
$KE = hc \left( \frac{\lambda_{0} - \lambda}{\lambda \lambda_{0}} \right)$

(B) $L$ स्व-प्रेरकत्व वाले और $I$ धारा प्रवाहित करने वाले एक प्रेरक में संचित चुंबकीय स्थितिज ऊर्जा $U$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$U = \frac{1}{2} L I^{2}$
यह ऊर्जा प्रेरक से प्रवाहित होने वाली धारा द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र में संचित होती है।

(A) मान लीजिए प्रत्येक गोले का द्रव्यमान $m$ और आयतन $V$ है। गोले का घनत्व $\rho = m/V$ है,इसलिए $m = V\rho$ है।
हवा में,गोले पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$ और स्थिर-वैद्युत बल $F_e = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{r^2}$ हैं।
संतुलन के लिए,$\tan(\theta/2) = \frac{F_e}{mg} = \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0 r^2 mg}$ है।
$\sigma$ घनत्व वाले द्रव में,गोले पर उत्प्लावन बल $F_b = V\sigma g$ कार्य करता है। प्रभावी भार $mg' = mg - V\sigma g = Vg(\rho - \sigma)$ होता है।
द्रव में स्थिर-वैद्युत बल $F_e' = \frac{F_e}{K}$ होता है।
चूंकि कोण $\theta$ समान रहता है,$\tan(\theta/2) = \frac{F_e'}{mg'} = \frac{F_e}{K Vg(\rho - \sigma)}$ है।
$\tan(\theta/2)$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{F_e}{V\rho g} = \frac{F_e}{K Vg(\rho - \sigma)}$ है।
$K$ के लिए हल करने पर,हमें $K = \frac{\rho}{\rho - \sigma}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि विद्युत द्विध्रुव $x$-अक्ष पर स्थित है। $(r, \theta)$ बिंदु पर विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$,त्रिज्यीय सदिश $\vec{r}$ के साथ $\alpha$ कोण बनाता है,जो $\tan \alpha = \frac{1}{2} \tan \theta$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$\theta$ वह कोण है जो स्थिति सदिश द्विध्रुव अक्ष के साथ बनाता है।
विद्युत क्षेत्र सदिश द्विध्रुव अक्ष के साथ जो कोण बनाता है वह $\phi = \theta + \alpha$ है।
विद्युत क्षेत्र के द्विध्रुव अक्ष के लंबवत होने के लिए,कोण $\phi$ का मान $90^{\circ}$ होना चाहिए।
अतः,$\theta + \alpha = 90^{\circ}$,जिसका अर्थ है $\alpha = 90^{\circ} - \theta$.
इस मान को $\tan \alpha = \frac{1}{2} \tan \theta$ संबंध में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\tan(90^{\circ} - \theta) = \frac{1}{2} \tan \theta$
$\cot \theta = \frac{1}{2} \tan \theta$
$\tan^2 \theta = 2$
$\tan \theta = \sqrt{2}$
$\theta = \tan^{-1}(\sqrt{2})$.

(C) खगोलीय परिमाण (magnitude) पैमाने में,तारों की चमक को उनके स्पष्ट परिमाण द्वारा वर्गीकृत किया जाता है। सबसे चमकीले तारों का परिमाण मान कम (या ऋणात्मक) होता है,जबकि आदर्श परिस्थितियों में मानव आंख द्वारा देखे जा सकने वाले सबसे धुंधले तारों को छठे परिमाण वाले तारे के रूप में वर्गीकृत किया जाता है।

(B) कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण $M = N I A$ है।
दिया गया है: $N = 10$, $I = \frac{21}{44} \,A$, $A = 1 \,mm^{2} = 10^{-6} \,m^{2}$.
$M = 10 \times \frac{21}{44} \times 10^{-6} \,A-m^{2}$.
सोलेनोइड के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_{0} n I_{s}$ है।
दिया गया है: $n = 10^{3} \,turns/m$, $I_{s} = 2.5 \,A$, $\mu_{0} = 4\pi \times 10^{-7} \,T-m/A$.
$B = (4 \times \frac{22}{7} \times 10^{-7}) \times 10^{3} \times 2.5 \,T$.
कुंडली को चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत रखने के लिए आवश्यक टॉर्क $\tau = M B \sin(90^{\circ}) = M B$ है।
$\tau = (10 \times \frac{21}{44} \times 10^{-6}) \times (4 \times \frac{22}{7} \times 10^{-7} \times 10^{3} \times 2.5)$.
$\tau = (10 \times \frac{21}{44} \times 10^{-6}) \times (4 \times \frac{22}{7} \times 2.5 \times 10^{-4})$.
$\tau = (10 \times \frac{21}{44} \times 10^{-6}) \times (22 \times 10^{-4}) = 1.5 \times 10^{-8} \,N-m$.

(B) मान लीजिए कि $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $I$ कुल धारा है।
जब गैल्वेनोमीटर को $S = 40 \Omega$ के प्रतिरोध के साथ शंट किया जाता है,तो गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित होने वाली धारा $I_G$ करंट डिवाइडर नियम द्वारा दी जाती है:
$I_G = I \left( \frac{S}{G + S} \right)$
यह दिया गया है कि विक्षेप आधा हो जाता है,इसलिए गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा कुल धारा की आधी हो जाती है,अर्थात $I_G = \frac{I}{2}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$\frac{I}{2} = I \left( \frac{40}{G + 40} \right)$
$\frac{1}{2} = \frac{40}{G + 40}$
$G + 40 = 80$
$G = 40 \Omega$
अतः,गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $40 \Omega$ है।

(A) जब एक आवेशित कण एक समान चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति करता है,तो चुंबकीय लॉरेंट्ज़ बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
$F_m = F_c$
$q v B = \frac{m v^2}{r}$
यहाँ,आवेश $q = e$ है।
समीकरण में $q = e$ रखने पर:
$e v B = \frac{m v^2}{r}$
$r$ के लिए हल करने पर:
$r = \frac{m v^2}{e v B}$
$r = \frac{m v}{e B}$

(D) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि कण समान वेग $v$ और समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में प्रवेश करते हैं,इसलिए त्रिज्या $r$ द्रव्यमान-आवेश अनुपात के सीधे आनुपातिक है,अर्थात $r \propto \frac{m}{q}$।
$1$. न्यूट्रॉन उदासीन $(q=0)$ होता है,इसलिए उस पर कोई चुंबकीय बल कार्य नहीं करता है और वह सीधे पथ पर चलता है,जो पथ $C$ है।
$2$. इलेक्ट्रॉन ऋणावेशित होता है,जबकि प्रोटॉन और $\alpha$-कण धनावेशित होते हैं। फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम के अनुसार,इलेक्ट्रॉन धनावेशित कणों की विपरीत दिशा में विक्षेपित होगा।
$3$. आवेशित कणों में,इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान-आवेश अनुपात $(m/q)$ सबसे कम होता है। इसलिए,इसकी वक्रता त्रिज्या सबसे कम होगी।
$4$. चूंकि इलेक्ट्रॉन ऋणावेशित है और इसकी त्रिज्या सबसे कम है,इसलिए यह पथ $D$ का अनुसरण करता है।

(B) स्पर्शज्या गैल्वेनोमीटर का सिद्धांत $I = K \tan \theta$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धारा है,$K$ रिडक्शन फैक्टर है,और $\theta$ विक्षेप कोण है।
दी गई धारा $I = \frac{2}{\sqrt{3}} \text{ A}$ और विक्षेप $\theta = 60^{\circ}$ है।
रिडक्शन फैक्टर $K$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$K = \frac{I}{\tan \theta}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$K = \frac{2 / \sqrt{3}}{\tan 60^{\circ}}$
चूंकि $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,इसलिए:
$K = \frac{2 / \sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3} \times \sqrt{3}} = \frac{2}{3} \text{ A}$.
अतः,रिडक्शन फैक्टर $\frac{2}{3} \text{ A}$ है।

(D) $CNO$ चक्र (कार्बन-नाइट्रोजन-ऑक्सीजन चक्र) में,तारों के भीतर हाइड्रोजन नाभिक संलयित होकर हीलियम नाभिक बनाते हैं।
इस प्रक्रिया में कार्बन एक उत्प्रेरक के रूप में कार्य करता है।
यह नाइट्रोजन और ऑक्सीजन के समस्थानिक बनाने के लिए शुरुआती चरणों में उपभोग किया जाता है,लेकिन चक्र के अंत में यह पुनर्जीवित हो जाता है।
इसलिए,शुद्ध अभिक्रिया चार हाइड्रोजन नाभिकों का एक हीलियम नाभिक में संलयन है,जिसमें कार्बन की कुल मात्रा अपरिवर्तित रहती है।

(D) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_{0} e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है।
हम जानते हैं कि अर्ध-आयु $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$,जिसका अर्थ है $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$।
दिया गया समय $t = \frac{1}{2} T_{1/2}$ है।
इन मानों को क्षय समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$N(t) = N_{0} e^{-(\frac{\ln 2}{T_{1/2}}) (\frac{1}{2} T_{1/2})}$
$N(t) = N_{0} e^{-\frac{1}{2} \ln 2} = N_{0} e^{\ln(2^{-1/2})}$
$N(t) = N_{0} (2^{-1/2}) = \frac{N_{0}}{\sqrt{2}}$।
शेष बचा हुआ अंश $\frac{N(t)}{N_{0}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।

(B) रेडियोधर्मिता की इकाई,क्यूरी $(Ci)$,को $1 \ g$ रेडियम-$226$ की सक्रियता के रूप में परिभाषित किया गया है।
परिभाषा के अनुसार,$1$ क्यूरी $3.7 \times 10^{10}$ विघटन प्रति सेकंड के बराबर होता है।
यह मान अपने क्षय उत्पादों के साथ संतुलन में $1$ ग्राम रेडियम-$226$ की सक्रियता पर आधारित है।

(C) माध्यम का अपवर्तनांक $\mu$,निर्वात (या हवा) में तरंगदैर्ध्य $\lambda_a$ और माध्यम में तरंगदैर्ध्य $\lambda_m$ के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
$\mu = \frac{\lambda_a}{\lambda_m} = \frac{6000 \ Å}{4000 \ Å} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$.
क्रांतिक कोण $C$ और अपवर्तनांक $\mu$ के बीच का संबंध है:
$\sin C = \frac{1}{\mu}$.
$\mu$ का मान रखने पर:
$\sin C = \frac{1}{3/2} = \frac{2}{3}$.
अतः,क्रांतिक कोण है:
$C = \sin ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)$।

(C) दिया गया है कि दो पतले लेंसों की शक्तियों का योग $P_1 + P_2 = 9 \text{ D}$ है।
जब उन्हें $d = 20 \text{ cm} = 0.2 \text{ m}$ की दूरी पर रखा जाता है,तो समतुल्य शक्ति $P$ का सूत्र है:
$P = P_1 + P_2 - d P_1 P_2$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{27}{5} = 9 - 0.2 \times P_1 P_2$
$5.4 = 9 - 0.2 \times P_1 P_2$
$0.2 \times P_1 P_2 = 9 - 5.4 = 3.6$
$P_1 P_2 = \frac{3.6}{0.2} = 18$
हमारे पास $P_1 + P_2 = 9$ और $P_1 P_2 = 18$ है। द्विघात समीकरण $x^2 - (P_1+P_2)x + P_1 P_2 = 0$ का रूप $x^2 - 9x + 18 = 0$ हो जाता है।
इसे हल करने पर,$(x-3)(x-6) = 0$,अतः $x = 3$ या $x = 6$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,व्यक्तिगत शक्तियाँ $3 \text{ D}$ और $6 \text{ D}$ हैं।

(D) चांदी की सतह से परावर्तन के बाद प्रकाश किरण के अपने पथ को पुनः प्राप्त करने के लिए,इसे सतह पर लंबवत (अभिलंबवत) गिरना चाहिए।
अतः,दूसरी सतह पर अपवर्तन कोण $r_{2} = 0^{\circ}$ होगा।
प्रिज्म के लिए,$r_{1} + r_{2} = A$ होता है।
यहाँ $A = 30^{\circ}$ और $r_{2} = 0^{\circ}$ है,इसलिए $r_{1} = 30^{\circ}$ प्राप्त होता है।
पहली सतह पर स्नेल के नियम का उपयोग करने पर: $n = \frac{\sin i}{\sin r_{1}}$.
यहाँ $n = 1.414 = \sqrt{2}$ दिया गया है,इसलिए $\sqrt{2} = \frac{\sin i}{\sin 30^{\circ}}$.
$\sin i = \sqrt{2} \times \sin 30^{\circ} = \sqrt{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$i = 45^{\circ}$ होगा।

(B) किसी माध्यम का अपवर्तनांक $n$, निर्वात में प्रकाश की गति $(c)$ और माध्यम में प्रकाश की गति $(v)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित होता है: $n = c/v$।
दिया गया है, $n = 1.5$ और $c = 3 \times 10^{8} \,m/s$।
अतः, कांच के स्लैब में प्रकाश की गति $v = c/n = (3 \times 10^{8}) / 1.5 = 2 \times 10^{8} \,m/s$ होगी।
कांच के स्लैब की मोटाई $d = 4 \,mm = 4 \times 10^{-3} \,m$ है।
स्लैब से गुजरने में लगा समय $t = d/v$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $t = (4 \times 10^{-3} \,m) / (2 \times 10^{8} \,m/s) = 2 \times 10^{-11} \,s$।

(D) स्थिति $1$: वक्र सतह मेज के संपर्क में है।
लेंस की वास्तविक गहराई $t = 6 \,cm$ है। आभासी गहराई $d' = 4 \,cm$ है।
अपवर्तनांक $n = \frac{\text{वास्तविक गहराई}}{\text{आभासी गहराई}} = \frac{6}{4} = 1.5$.
स्थिति $2$: समतल सतह मेज के संपर्क में है।
गोलीय सतह पर अपवर्तन के सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{n_2}{v} - \frac{n_1}{u} = \frac{n_2 - n_1}{R}$.
यहाँ, प्रकाश लेंस $(n = 1.5)$ से हवा $(n = 1)$ में जा रहा है।
वास्तविक गहराई $u = 6 \,cm$, आभासी गहराई $v = -\frac{17}{4} \,cm$ (आभासी प्रतिबिंब)।
सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1.5}{u} = \frac{1 - 1.5}{R}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{-17/4} - \frac{1.5}{6} = \frac{-0.5}{R}$
$-\frac{4}{17} - 0.25 = -\frac{0.5}{R}$
$-\frac{4}{17} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2R}$
$-\frac{16 + 17}{68} = -\frac{1}{2R}$
$\frac{33}{68} = \frac{1}{2R} \implies R = 34 \,cm$.

(D) फॉरवर्ड बायसिंग में,बैटरी का धनात्मक टर्मिनल $p$-क्षेत्र से और ऋणात्मक टर्मिनल $n$-क्षेत्र से जुड़ा होता है।
पारंपरिक धारा डायोड के माध्यम से धनात्मक टर्मिनल से ऋणात्मक टर्मिनल की ओर बहती है।
$p$-क्षेत्र के अंदर,बहुसंख्यक आवेश वाहक होल्स होते हैं,और पारंपरिक धारा होल्स के प्रवाह की दिशा में (जंक्शन की ओर) बहती है।
$n$-क्षेत्र के अंदर,बहुसंख्यक आवेश वाहक इलेक्ट्रॉन होते हैं,और पारंपरिक धारा इलेक्ट्रॉनों के प्रवाह की विपरीत दिशा में (जंक्शन की ओर) बहती है।
इसलिए,दोनों क्षेत्रों में,पारंपरिक धारा डिप्लेशन लेयर की ओर निर्देशित होती है।
यह $p$ और $n$ दोनों क्षेत्रों में जंक्शन की ओर इशारा करने वाले तीरों के अनुरूप है,जो चित्र $D$ में दिखाया गया है।

(B) एक $n-p-n$ ट्रांजिस्टर दो $p-n$ जंक्शनों से बना होता है।
$n-p-n$ ट्रांजिस्टर में,एमिटर-बेस जंक्शन एक $p-n$ जंक्शन है और कलेक्टर-बेस जंक्शन भी एक $p-n$ जंक्शन है।
बेस सामान्य $p$-प्रकार का क्षेत्र है।
$n-p-n$ ट्रांजिस्टर के लिए,एमिटर $n$-प्रकार का,बेस $p$-प्रकार का और कलेक्टर $n$-प्रकार का होता है।
इसका मतलब है कि एमिटर-बेस डायोड की $n$-साइड एमिटर पर और $p$-साइड बेस पर होती है।
कलेक्टर-बेस डायोड की $n$-साइड कलेक्टर पर और $p$-साइड बेस पर होती है।
इसलिए,दो डायोड इस तरह जुड़े होते हैं कि उनके कैथोड ($n$-साइड) बाहर की ओर हों और उनके एनोड ($p$-साइड) बेस पर एक साथ जुड़े हों।
दिए गए चित्रों को देखने पर,विकल्प $B$ सही ढंग से दो डायोड दिखाता है जिनके एनोड बेस $B$ पर जुड़े हैं और कैथोड क्रमशः एमिटर $E$ और कलेक्टर $C$ की ओर इंगित करते हैं।

(C) दिए गए सर्किट में दो $OR$ गेट और उसके बाद एक $AND$ गेट शामिल है।
$1$. पहले $OR$ गेट के इनपुट $A$ और $B$ हैं। इसलिए,इसका आउटपुट $(A+B)$ है।
$2$. दूसरे $OR$ गेट के इनपुट $A$ और $C$ हैं। इसलिए,इसका आउटपुट $(A+C)$ है।
$3$. इन दोनों आउटपुट $(A+B)$ और $(A+C)$ को अंतिम $AND$ गेट के इनपुट के रूप में दिया जाता है।
$4$. $AND$ गेट का आउटपुट $Y$ इसके इनपुट का गुणनफल है: $Y = (A+B) \cdot (A+C)$।

(A) संधारित्र (capacitor) में संचित ऊर्जा का सूत्र $U = \frac{1}{2} C V^{2}$ होता है।
चूंकि $\frac{1}{2}$ एक विमाहीन स्थिरांक है,इसलिए $C V^{2}$ का विमीय सूत्र ऊर्जा $(U)$ के विमीय सूत्र के बराबर होगा।
ऊर्जा का विमीय सूत्र $[Work] = [Force \times Displacement] = [MLT^{-2} \times L] = [ML^{2} T^{-2}]$ होता है।
अतः,$C V^{2}$ का विमीय सूत्र $[ML^{2} T^{-2} A^{0}]$ है।

(A) एकल स्लिट विवर्तन के लिए, $n$-वें निम्निष्ठ के लिए शर्त $a \sin \theta = n \lambda$ है, जहाँ $a$ स्लिट की चौड़ाई है, $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है और $\theta$ कोणीय स्थिति है।
दिया गया है: $\lambda = 6000 \text{ Å} = 6000 \times 10^{-10} \text{ m} = 6 \times 10^{-7} \text{ m}$ और $a = 0.3 \text{ mm} = 0.3 \times 10^{-3} \text{ m} = 3 \times 10^{-4} \text{ m}$.
प्रथम निम्निष्ठ के लिए, $n = 1$.
मान रखने पर: $3 \times 10^{-4} \sin \theta = 1 \times 6 \times 10^{-7}$.
$\sin \theta = \frac{6 \times 10^{-7}}{3 \times 10^{-4}} = 2 \times 10^{-3}$.
चूँकि $\theta$ बहुत छोटा है, $\sin \theta \approx \theta$.
अतः, $\theta = 2 \times 10^{-3} \text{ rad}$.

(D) $A_1$ और $A_2$ आयाम और $\phi$ कलांतर वाली दो व्यतिकरण करने वाली तरंगों का परिणामी आयाम $R = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2 A_1 A_2 \cos \phi}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $A_1 = 3 A$,$A_2 = 2 A$ और $\phi = 60^{\circ}$ दिया गया है।
तीव्रता $I$ परिणामी आयाम के वर्ग के समानुपाती होती है,अर्थात $I \propto R^2$.
$R^2 = (3 A)^2 + (2 A)^2 + 2(3 A)(2 A) \cos(60^{\circ})$.
$R^2 = 9 A^2 + 4 A^2 + 12 A^2 \times (0.5)$.
$R^2 = 13 A^2 + 6 A^2 = 19 A^2$.
अतः,तीव्रता $19 A^2$ के समानुपाती होगी।

(B) क्रांतिक कोण $C$ का मान $\sin C = \frac{3}{5}$ दिया गया है।
हम जानते हैं कि माध्यम का अपवर्तनांक $\mu = \frac{1}{\sin C} = \frac{1}{3/5} = \frac{5}{3}$ होता है।
ब्रूस्टर के नियम के अनुसार,ध्रुवण कोण $i_p$ और अपवर्तनांक $\mu$ के बीच संबंध $\tan i_p = \mu$ होता है।
$\mu$ का मान रखने पर,$\tan i_p = \frac{5}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,ध्रुवण कोण $i_p = \tan^{-1}\left(\frac{5}{3}\right)$ होगा।

(A) परिभाषा के अनुसार,तरंगाग्र माध्यम के उन सभी बिंदुओं का बिंदुपथ है जो कंपन की समान अवस्था में होते हैं,जिसका अर्थ है कि उनकी कला (phase) समान होती है।
जैसे-जैसे तरंग आगे बढ़ती है,तरंगाग्र पर स्थित सभी बिंदु एक ही समय पर अपने अधिकतम विस्थापन तक पहुँचते हैं,जिससे उनके बीच शून्य का निरंतर कला अंतर बना रहता है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) यंग के द्वि-झिरी प्रयोग में,व्यतिकरण के लिए प्राथमिक आवश्यकता सुसंगत स्रोतों की उपस्थिति है।
कथन $(1)$ सही है: प्रकाश का एक सामान्य विस्तारित स्रोत असंगत होता है,इसलिए स्थानिक सुसंगतता सुनिश्चित करने के लिए बिंदु स्रोत के रूप में कार्य करने हेतु एक झिरी $S$ आवश्यक है।
कथन $(2)$ गलत है: भले ही किरण अच्छी तरह से कोलिमेटेड हो,यह दो झिरियों के लिए द्वितीयक सुसंगत स्रोतों के रूप में कार्य करने के लिए आवश्यक स्थानिक सुसंगतता की गारंटी नहीं देता है।
कथन $(3)$ सही है: यदि स्रोत पहले से ही स्थानिक रूप से सुसंगत है,तो दो झिरियों पर पहुँचने वाली प्रकाश तरंगें एक स्थिर कला अंतर बनाए रखती हैं,जिससे प्रारंभिक झिरी $S$ अनावश्यक हो जाती है।
अतः,कथन $(1)$ और $(3)$ सही हैं।

(C) रेले के प्रकीर्णन नियम के अनुसार, प्रकीर्णन तीव्रता $I$ तरंगदैर्ध्य $\lambda$ की चौथी घात के व्युत्क्रमानुपाती होती है:
$I \propto \frac{1}{\lambda^{4}}$
यहाँ $\lambda_{1} = 500 \text{ nm}$ पर $I_{1} = 8 \text{ units}$ दिया गया है और हमें $\lambda_{2} = 400 \text{ nm}$ पर $I_{2}$ ज्ञात करना है।
अनुपात सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{I_{2}}{I_{1}} = \left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}\right)^{4}$
$\frac{I_{2}}{8} = \left(\frac{500}{400}\right)^{4} = (1.25)^{4}$
$(1.25)^{4} = 2.4414 \approx 2.5$
$I_{2} = 8 \times 2.4414 \approx 19.53 \text{ units}$
दिए गए विकल्पों के अनुसार, $I_{2} \approx 20 \text{ units}$ होगा।